18学年高中物理第五章交变电流5.5电能的输送课堂15分钟达标练新人教版选修3_2
学年高中学习物理 第五章节 交变电流 电能的输送总结练习 新人教版选修
5-5电能的输送时间：40分钟总分值：100分一、选择题(每题6分，共54分)1．远距离输送一定功率的交流电，假设输送电压提高，那么( )A．输电线上的电压损失增大B．输电线上的电能损失增大C．输电线上的电压损失不变D．输电线上的电能损失减少答案D解析由P＝UI知，输电线的电流为I＝，功率一定，当输电电压U提高时，电流I减小，由ΔU＝IR得，输电线上的电压损失减少，再由P线＝I2R线，可知输电线上的电能损失减少，D选项正确。
2．以下关于减小远距离输电导线上热损耗的说法中，正确的选项是( )A．因为热功率P＝，所以应降低输送的电压，增大输电导线的电阻，才能减小输电导线上的热损耗B．因为热功率P＝IU，所以应采用低电压、小电流输电，才能减小输电导线上的热损耗C．因为热功率P＝I2R，所以可采用减小输电线电阻或减小输送电流的方法来减小输电导线上的热损耗D．以上说法均不正确答案C解析不能盲目看公式，要注意其物理意义的表达，在求热损耗时：P损＝IR线或用P损＝U线I线，也可用P损＝，但U必须为输电线两端的电压(即损失电压)。
应选C。
3．输电线的电阻共计为r，输送的电功率为P，用电压U送电，那么用户能得到的电功率为( ) A．P B．P－rC．P－ D.r答案B解析输电电流I＝，输电线上损耗功率为ΔP ＝I2r＝2r，用户得到功率为P用＝P－ΔP＝P－I2r＝P －2r，故B正确，A、C、D错误。
4.(多项选择)在我国北方局部地区经常出现低温雨雪冰冻天气，高压输电线因结冰而造成严重损毁，如下图。
为消除高压输电线上的冰凌，有人设计了这样的融冰思路：利用电流的热效应除冰。
在正常供电时，高压线上送电电压为U，电流为I，热耗功率为ΔP；假设输电功率和输电线电阻不变，除冰时，需要输电线上热耗功率为9ΔP，那么除冰时( )A．输电电流为3I B．输电电流为9IC．输电电压为3U D．输电电压为U答案AD解析高压线上的热耗功率ΔP＝I2R线①假设热耗功率变为9ΔP，那么9ΔP＝I′2R线②由①②得I′＝3I，A正确。
高中物理 第五章 交变电流 5 电能的输送练习 新人教版
第五章 交变电流 5 电能的输送A 级 抓基础1．输电线路的电阻为R ，发电站输出电功率为P ，输电电压为U ，则用户得到的功率为( )A ．PB ．P －⎝ ⎛⎭⎪⎫P U 2·R C ．P －U 2RD.⎝ ⎛⎭⎪⎫P U 2·R 解析：用户得到功率P 得＝P －I 2R ＝P －⎝ ⎛⎭⎪⎫P U 2·R ，所以B 正确． 答案：B2．中国已投产运行的1 000 kV 特高压输电是目前世界上电压最高的输电工程．假设甲、乙两地原采用500 kV 的超高压输电，输电线上损耗的电功率为P .在保持输送电功率和输电线电阻都不变的条件下，现改用1 000 kV 特高压输电，若不考虑其他因素的影响，则输电线上损耗的电功率将变为( )A.P4 B.P2 C ．2PD ．4P解析：由P ＝UI 可知由500 kV 的超高压输电变为1 000 kV 特高压输电时．输电线电流变为原来的12，再根据P 线＝I 2R 线可得，输电线上损耗的电功率将变为P 4，故选A.答案：A3．(多选)某电站不经变压器直接向用户输送电能，若输电功率为P ，输电电压为U ，输电线电阻为R ，用户得到的电压为U ′，则下列说法中正确的是( )A ．输电线上损失电压为PURB ．输电线上损失电功率为（U －U ′）2RC ．用户得到的功率为U ′2RD ．用户得到的功率为U ′UP 解析：根据输送电压U ＝U 线＋U ′，输送电流I ＝P U即可判断A 、B 、D 正确，C 错误． 答案：ABD4．(多选)某发电厂原来用11 kV 的交变电压输电，后来改用升压变压器将电压升到220 kV 输电，输送的电功率都是P ，若输电线路的电阻为R ，则下列说法中正确的是( )A ．根据公式I ＝P U ，提高电压后输电线上的电流降为原来的120B ．根据公式I ＝U R，提高电压后输电线上的电流增为原来的20倍C ．根据公式P 损＝I 2R ＝P 2U 2R ，提高电压后输电线上的功率损失减为原来的1400D ．根据公式P 损＝U 2R，提高电压后输电线上的功率损失增大为原来的400倍解析：输电线上电流为I ＝P U，也可以用I ＝ΔUR来表示，其中ΔU 为输电线上电阻R 两端的电压，而不是输送电压，故A 正确，B 错误；输电线上的功率损失为P 损＝I 2R ＝P 2U2R ，C正确；如果用P 损＝U 2R，则U 应为R 上的分压ΔU ，故D 错误．答案：AC5．某用电器距离供电电源为L ，线路上的电流为I ，若要求线路上的电压降不超过U ，已知输电导线的电阻率为ρ，那么，该输电导线的横截面积最小值是( )A.ρL UB.2ρLIUC.UI ρLD.2UL I ρ解析：输电线电流I ＝U R，R ＝ρ·2LS，所以最小横截面积 S ＝ρ·2L R ＝2ρLI U.答案：B6．(多选)要使额定电压为220 V 的用电器正常工作(变压器均为理想变压器)，则( )A.n 2n 1>n 3n 4 B.n 2n 1<n 3n 4C ．升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压D ．升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率解析：由于输电线上的功率损耗，故升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率，故选项D 正确.U 2U 1＝n 2n 1，U 3U 4＝n 3n 4，因为U 1＝220 V ＝U 4＝220 V ，U 2>U 3＝U 2－U 线，故n 2n 1>n 3n 4，选项A 正确．答案：ADB 级 提能力7．某农村水力发电站的发电机的输出电压稳定，它发出的电先通过发电站附近的升压变压器升压，然后用输电线路把电能输送到远处村寨附近的降压变压器．经变压器降压后．再用线路接到各用户，设两变压器都是理想变压器，那么在用电高峰期，白炽灯不够亮，但用电总功率增加，这时( )①升压变压器的副线圈的电压变大 ②高压输电线路的电压损失变大 ③降压变压器的副线圈上的电压变大 ④降压变压器到各用户的输电线上的电压损失变大A ．①②B ．②③C ．③④D ．②④解析：用电高峰期，用户端总电阻由于并联白炽灯增多而减小，从而电流增大，又由U损＝Ir 可知，输电导线上的电压损失变大，升压变压器副线圈的电压不变，降压变压器原、副线圈上的电压变小，而降压变压器到各用户的输电线上的电压损失变大，故正确答案为D.答案：D8．照明供电线路的路端电压基本上是保持不变的，可是我们在晚上七八点钟用电高峰时开灯，电灯比深夜时要显得暗些，这是因为此时( )A ．总电阻比深夜时大，干路电流小，每盏灯分到的电压就小B ．总电阻比深夜时大，干路电流小，每一支路的电流就小C ．总电阻比深夜时小，干路电流大，输电线上损失的电压大D ．干路电流一定，支路比深夜时多，分去了一部分电压解析：此时用电器多，负载大，电阻小(因为用电器都是并联的)而变压器输出电压U 不变，由I ＝U R可知，干路电流大，输电线上损失电压大，电灯两端电压小，故比深夜暗，故C 正确．答案：C9．发电机输出功率为40 kW ，输出电压400 V ，用变压比(原、副线圈匝数比)为1∶5的变压器升压后向远处供电，输电线的总电阻为5Ω，到达用户后再用变压器降为220 V ，求：(1)输电线上损失的电功率； (2)降压变压器的变压比．解析：(1)发电机输出的电压为400 V ，经升压变压器后电压为U ＝51×400 V ＝2.0×103V ，由P ＝UI 得输电线上的电流I ＝P U ＝40×1032.0×103A ＝20 A.输电线上的功率损失：ΔP ＝I 2·R ＝202×5 W ＝2.0×103W. (2)输电线上的电压损失： ΔU ＝I ·R ＝20×5 V ＝100 V. 加在降压变压器原线圈两端的电压：U 1＝U －ΔU ＝2.0×103 V －100 V ＝1.9×103 V.降压变压器副线圈两端的电压(用户所需的电压)U 2＝220 V.降压变压器的变压比n 1n 2＝U 1U 2＝1.9×103220＝9511.10．发电机的输出电压为220 V ，输出功率为44 kW ，输电导线的电阻为0.2Ω，如果用原、副线圈匝数之比为1∶10的升压变压器升压，经输电线后，再用原、副线圈匝数比为10∶1的降压变压器降压供给用户．(1)画出全过程的线路示意图； (2)求用户得到的电压和功率；(3)若不经过变压而直接将电送到用户，求用户得到的电压和功率． 解析：(1)线路示意图如图所示．(2)如图，升压变压器次级线圈的输出电压：U 2＝n 2n 1·U 1＝101×220 V ＝2 200 V.据升压变压器输出电功率等于输入电功率知，升压变压器次级线圈输出电流I 2＝PU 2＝44×1032 200A ＝20 A. 输电线路上的电压损失和功率损失分别为：U R ＝I 2R ＝20×0.2 V ＝4 V ，P R ＝I 22R ＝202×0.2 W ＝80 W ，加到降压变压器初级线圈上的输入电流和电压为：I 3＝I 2＝20 A ，U 3＝U 2－U R ＝2 200 V －4 V ＝2 196 V.降压变压器次级线圈的输出电流和电压为：U 4＝n 4n 3·U 3＝110×2 196 V ＝219.6 V ，I 4＝n 3n 4·I 3＝10×20 A ＝200 A.用户得到的功率为：P 4＝I 4U 4＝200×219.6 W ＝4.392×104 W.(3)若不采用高压输电，线路损失电压为U ′R ＝I 1R ＝40 V ， 用户得到的电压U ′＝U 1－U ′R ＝180 V ， 用户得到的功率为P ′＝U ′I 1＝36 kW.。
高中物理第五章交变电流5电能的输送练习含解析新人教版选修321203168
高中物理第五章交变电流5电能的输送练习含解析新人教版选修321203168[A 组 素养达标]1．远距离输电，输电功率一定，当输电电压为U 0时，输电线上的电流为I 0，损失的电功率为P 0.则当输电电压提高为2U 0时( )A ．由I ＝U R 得，输电线上的电流变为2I 0B ．由I ＝PU 得，输电线上的电流变为I 02C ．由P ＝U 2R得，输电线上损失的电功率为4P 0D ．由P ＝IU 得，输电线上损失的电功率为2P 0解析：设输电线的电阻为R ，当输电线上的电流为I 0时，损失的电功率为P 0＝I 20R .当输电电压提高为2U 0时，由I ＝P U 可知输电线上的电流变为I 02，输电线上损失的电功率为P 损＝(I 02)2R＝P 04.故选项B 正确．答案：B2．为了减少输电线路上的电能损失，发电厂发出的电通常是经过变电站升压后通过远距离输送，再经变电站将高压变为低压，某变电站将电压u 0＝11 0002·sin 100πt V 的交流电降为220 V 供居民小区用电，则变电站变压器( )A ．原、副线圈匝数比为1∶50B ．副线圈中电流的频率是50 HzC ．原线圈的导线比副线圈的要粗D ．原线圈中的电流等于居民小区各用电器电流的总和 解析：原、副线圈匝数比n 1n 2＝11 000 220＝501，A 错误；变压器不改变交变电流的频率，B 正确；原线圈中的电流较小，导线较细，C 错误；副线圈的电流等于居民小区各用电器电流的总和，D 错误．答案：B3．(多选)某小型水电站的电能输送示意图如图所示，发电机的输出电压为200 V ，输电线总电阻为r ，升压变压器原、副线圈匝数分别为n 1、n 2.降压变压器原、副线圈匝数分别为n 3、n 4(变压器均为理想变压器)．要使额定电压为220 V 的用电器正常工作，则( )A.n 2n 1＞n 3n 4 B.n 2n 1＜n 3n 4C ．升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压D ．升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率解析：由于输电线上的功率损耗，故升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率，故选项D 正确；U 2U 1＝n 2n 1，U 3U 4＝n 3n 4，因为U 1＝200 V ＜U 4＝220 V ，U 2＞U 3＝U 2－U 线，故n 2n 1＞n 3n 4，选项A 正确．答案：AD4．一项名为“1 100千伏特高压隔离开关”的“破冰实验”在我国大兴安岭漠河县取得成功，标志着我国特高压输电技术已突破低温环境制约．为消除高压输电线上的冰，假设利用电流的热效应除冰．若在正常供电时，高压线上输电电压为U ，电流为I ，热消耗功率为P损；除冰时，输电线上的热功率需要变为9P损，则除冰时(认为输电功率和输电线电阻不变)( )A ．输电电流为3IB ．输电电流为9IC ．输电电压为3UD ．输电电压为13U解析：输电线上的功率损失为P 损＝I 2R 线＝(P U)2R 线，由该式可知要使P 损增大到原来的9倍，输电电流应变为原来的3倍，输电电压应变为原来的13，故A 、D 正确．答案：AD5．某小型水电站的电能输送示意图如图所示，发电机通过升压变压器T 1和降压变压器T 2向用户供电．已知输电线的总电阻为R ，降压变压器T 2的原、副线圈匝数之比为4∶1，降压变压器副线圈两端交变电压u ＝220sin 100πt V ，降压变压器的副线圈与阻值R 0＝11 Ω的电阻组成闭合电路．若将变压器视为理想变压器，则下列说法中正确的是( )A ．通过电阻R 0的电流的有效值是20 AB ．降压变压器T 2原、副线圈的电压比为1∶4C ．升压变压器T 1的输出电压等于降压变压器T 2的输入电压D ．升压变压器T 1的输出功率大于降压变压器T 2的输入功率解析：电阻R 0两端的电压有效值不是220 V ，所以通过电阻R 0的电流的有效值不是20 A ，A 错误；降压变压器T 2的原、副线圈匝数之比为4∶1，则降压变压器T 2原、副线圈的电压比4∶1，B 错误；由于连接升压变压器和降压变压器的输电导线上有电压损失，升压变压器的输出电压大于降压变压器的输入电压，C 错误；升压变压器T 1的输出功率等于降压变压器T 2的输入功率与电阻R 上的发热功率之和，D 正确．答案：D6．发电厂直接通过输电线向学校供电．已知发电厂发电机的输出电压为U 1，发电厂至学校的输电线电阻为R 线，通过导线的电流为I ，学校输入电压为U 2，下列计算输电线损耗的式子中，不正确的是( )A.U 21R 线B.(U 1－U 2)2R 线C ．I 2R 线D ．I (U 1－U 2)解析：输电线损耗P 损＝I 2R 线＝U 2线R 线＝IU 线，其中U 线＝U 1－U 2，故B 、C 、D 正确，A 错误．答案：A7．如图为远距离输电示意图，两变压器均为理想变压器，升压变压器T 的原、副线圈匝数分别为n 1、n 2，在T 的原线圈两端接入一电压u ＝U m sin ωt 的交流电源，若输送电功率为P ，输电线的总电阻为2r ，不考虑其他因素的影响，则输电线上损失的电功率为( )A ．(n 1n 2)U 2m4rB ．(n 2n 1)U 2m4rC ．4(n 1n 2)2(P U m)2r D ．4(n 2n 1)2(P U m)2r解析：由I 1＝2PU m和I 1I 2＝n 2n 1得I r ＝I 2＝n 12P n 2U m，则输电线上损失的功率P r ＝I 2r ·2r ＝4(n 1n 2)2(P U m)2r ，故选C.答案：C8．(多选)如图为远距离输电示意图，发电机的输出电压U 1和输电线的电阻、理想变压器匝数均不变，且n 1∶n 2＝n 4∶n 3.当用户用电器的总电阻减少时( )A ．U 1∶U 2＝U 4∶U 3B ．用户的电压U 4增加C ．输电线上损失功率增大D ．用户消耗的功率等于发电机的输出功率解析：根据U 1U 2＝n 1n 2，U 3U 4＝n 3n 4，以及n 1∶n 2＝n 4∶n 3，知U 1∶U 2＝U 4∶U 3，故A 正确．用户用电器总电阻减小，则电流增大，所以输电线上的电流增大，根据P 损＝I 2R 知，输电线上损耗的功率增大，根据ΔU ＝IR 知，输电线上的电压损失变大，发电机的输出电压不变，则升压变压器的输出电压不变，则降压变压器的输入电压变小，用户的电压U 4减小，故C 正确，B 错误．用户消耗的功率等于发电机的输出功率与输电线上损失的功率之差，故D 错误．答案：AC[B 组 素养提升]9．(多选)某个小水电站发电机的输出功率为100 kW ，发电机的电压为250 V ，通过升压变压器向远处输电，输电线的总电阻为8 Ω，在用户端用降压变压器把电压降为220 V ．要求在输电线上损失的功率控制为5 kW ，则( )A ．输电线上通过的电流为25 AB ．升压变压器输出的电压为40 kVC ．升压变压器原、副线圈的匝数比为1∶16D ．降压变压器原、副线圈的匝数比为190∶11解析：输电线上损失的功率为5 kW ，输电线的总电阻为8 Ω，则通过输电线的电流为25 A ，A 对；升压变压器的输出功率为100 kW ，而电流为25 A ，因此升压变压器的输出电压为4 kV ，B 错；升压变压器的原、副线圈之比为电压之比为1∶16，C 对；降压变压器的原、副线圈之比等于电压之比为190∶11，D 对．答案：ACD10．(多选)如图所示，某变电站用10 kV 的高压向10 km 外的小区供电，输送的电功率为200 kW.现要求在输电线路上损耗的功率不超过输送电功率的2%，下列不同规格的输电线中，符合要求的是( )选项型号千米电阻(Ω/km)解析：由P ＝UI 解得输电电流I ＝U＝20 A ，输电线路上损耗的功率不超过P 线＝200 kW×2%＝4 kW ，由P 线＝I 2R ，解得R ＝10 Ω，由于输电线长度需要20 km ，所以可以选择千米电阻0.5 Ω/km 以下的型号DYD100/C 或型号DYD150/C ，符合要求的是选项C 、D.答案：CD11．某小型实验水电站输出功率是20 kW ，输电线路总电阻是6 Ω. (1)若采用380 V 低压输电，求输电线路损耗的功率．(2)若改用5 000 V 高压输电，用户端利用n 1∶n 2＝22∶1的变压器降压，求用户得到的电压．解析：(1)输电线上的电流强度为I ＝P U ＝20×103380A≈52.63 A， 输电线路损耗的功率为P 损＝I 2R ＝52.632×6 W≈16 620 W＝16.62 kW.(2)改用高压输电后，输电线上的电流强度变为I ′＝P U ′＝20×1035 000A ＝4 A ，用户端在变压器降压前获得的电压U 1＝U －I ′R ＝(5 000－4×6)V＝4 976 V.根据U 1U 2＝n 1n 2，用户得到的电压为U 2＝n 2n 1U 1＝122×4 976 V≈226.18 V.答案：(1)16.62 kW (2)226.18 V[C 组 学霸冲刺]12.如图所示为某隧道备用发电机组，内阻不计，可在应急时对隧道内的照明电路供电．已知从发电机组输出的电压，经匝数比为n 1∶n 2＝1∶8的升压变压器升压后，由总电阻r ＝4 Ω的输电线送到隧道口，再经匝数比为n 3∶n 4＝8∶1的降压变压器，供给照明电路使用，其他导线电阻可忽略不计．隧道共4排照明电路，每排安装“220 V 40 W”的电灯110盏，若要求所有的电灯都正常发光，试求：(1)输电线上的电流多大？ (2)发电机的输出功率多大？ (3)升压变压器的输入电压多大？ 解析：(1)隧道内用电功率P 4＝4×110×40 W＝17 600 W U 4＝220 V由U 3U 4＝n 3n 4可得U 3＝1 760 V 则I 2＝I 3＝P 3U 3＝10 A (2)输电线上的功率损失 ΔP ＝I 22r ＝400 W 故P 2＝P 3＋ΔP ＝18 000 W 则发电机的输出功率P 0＝P 1＝P 2＝18 000 W ＝1.8×104 W(3)输电线的电压损失 ΔU ＝I 2r ＝10×4 V＝40 V 则U 2＝U 3＋ΔU ＝1 800 V 由U 1U 2＝n 1n 2可得U 1＝225 V答案：(1)10 A (2)1.8×104W (3)225 V。
高中物理 第五章 交变电流 5.5 电能的输送教案 新人教版选修3-2(2021年整理)
安徽省长丰县高中物理第五章交变电流5.5 电能的输送教案新人教版选修3-2
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电能的输送
采用高压输电。
在输电电流一定的情况下，线
路电阻减为原来的一半，线路中损耗的功率减为原
来的21。
在线路电阻一定的情况下，电压提高一倍，
线路中的电流减为一半,而损耗的功率减为原来的
41
.
7、大型发电机发出的电压不符合远距离输电的要
求，怎么办？而到达目的地的电压也不符合用户的
要求,怎么办?
在发电机处用升压变压器升高电压，在用户处
用降压变压器降低电压。
投影片展示我国远距离高压输电情况及远距离
高压输电的原理。
如下图所示.
设发电机的输出功率为P ，则功率损失为
ΔP =I 22
R
用户得到的功率为P 用=P -ΔP 。
输电线路上的电压损失为：ΔU =I 2R ，则U 3=U 2—
ΔU 。
8、目前,我国常用的远距离输电采用的电压有哪几
种?。
2018版高中物理第五章交变电流5.5电能的输送课件新人教版选修3
(3)损失电压的计算方法 ①ΔU＝U－U′＝IR＝UPR ②ΔU＝P－IP′＝ΔIP.
2．输电线上的功率损失 (1)电功率损失 ①原因：任何输电导线都有电阻，因此当电流通过输电导线向 远方输送时，输电线因有电阻而发热． ②功率损失的计算：ΔP＝I2R，I 为输电线路上的电流，R 为线 路电阻．
(3)损失功率的计算 ①ΔP＝P－P′＝UI－U′I
②ΔP＝I2R＝UP2R ③ΔP＝ΔRU2＝U－RU′2 ④ΔP＝ΔUI＝I2R
例 1(多选)远距离输送一定功率的交变电流，若输电电压升高 为原来的 n 倍，关于输电线上的电压损失和功率损失说法正确的是 (不考虑感抗和容抗产生的损失)( )
A．功率损失是原来的1n B．功率损失是原来的n12 C．电压损失是原来的1n D．电压损失是原来的 n 倍
解析：当 U＝500 kV 时，I＝UP＝35× ×110095 A＝6×103 A，而 U 损
＝Ir＝15 kV，A 错误、B 正确；输电线上损失的功率不可能比输出 功率还大，C 错误；ΔP＝Ur2中，U 为输电线电阻上的电压，而不是 输电电压，D 错误．
答案：B
知识点二 高压输电过程的分析与计算 1．输电过程示意图
(2)减少功率损失的方法 ①减小输电线的电阻 R：根据 R＝ρLS，减小电阻率 ρ，目前一 般用电阻率较小的铜或铝作为导线材料；增大导线的横截面积 S， 这要多耗费金属材料，增加成本，同时给输电线的架设带来很大的 困难．
②减小输电电流 I：根据 I＝UP，在输送功率 P 一定，输电线电 阻 R 一定的条件下，输电电压提高到原来的 n 倍，根据 P 损＝UP2R 知，输电线上的功率损耗将降为原来的n12.
高中物理第五章交变电流第节电能的输送课时作业新人教版选修.doc
第5节 电能的输送[随堂检测]1．下列关于减少远距离输电导线上热损耗的说法中，正确的是( )A ．因为热功率P ＝U2R ，所以应降低输电电压，增大输电导线的电阻，才能减少输电导线上的热损耗B ．因为热功率P ＝IU ，所以应采用低电压、小电流输电，才能减少输电导线上的热损耗C ．因为热功率P ＝I 2R ，所以可采用减小输电线电阻或减小输电电流的方法来减少输电导线上的热损耗D ．以上说法均不正确解析：选C.不能盲目套用公式，要注意其物理意义，在求热损耗时可以用P 损＝I 2线R 线或用P 热＝U 线I 线，也可用P ＝U2R，但U 必须为输电导线两端的电压．故选项C 正确．2．(2018·江苏东台创新学校月考)如图所示是远距离输电的示意图，下列说法正确的是( )A ．a 是升压变压器，b 是降压变压器B ．a 是降压变压器，b 是升压变压器C ．a 的输出电压等于b 的输入电压D ．a 的输出电压等于输电线上损耗的电压解析：选A.远距离输电先升压，后降压，选项A 正确，选项B 错误；由于输电线上有电压损耗，故a 的输出电压等于b 的输入电压与输电线上损耗的电压之和，选项C 、D 错误．3．如图所示为模拟远距离输电实验电路图，两理想变压器的匝数n 1＝n 4＜n 2＝n 3，四根模拟输电线的电阻R 1、R 2、R 3、R 4的阻值均为R ，A 1、A 2为相同的理想交流电流表，L 1、L 2为相同的小灯泡，灯丝电阻R L ＞2R ，忽略灯丝电阻随温度的变化．当A 、B 端接入低压交流电源时( )A ．A 1、A 2两表的示数相同B ．L 1、L 2两灯泡的亮度相同C ．R 1消耗的功率大于R 3消耗的功率D ．R 2两端的电压小于R 4两端的电压解析：选D.设A 、B 端所加电压为U .由欧姆定律知，通过A 2表的电流大小I 2＝U2R ＋RL .通过升压变压器升压后输出电压U ′＝n2n1U ，降压变压器获得电压为U ′－I 1·2R ＝n2n1U －I 1·2R ，灯泡L 1两端电压为⎝ ⎛⎭⎪⎫n2n1U －I1·2R n4n3，则通过灯泡L 1的电流为⎝ ⎛⎭⎪⎫n2n1U －I1·2R n4n3RL.故由变压器电流变化规律得A 1表的电流大小I 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫n2n1U －I1·2R n4n3RLn4n3.又因为n 1＝n 4<n 2＝n 3，解上式得I 1＝U n2n1RL ＋n1n2·2R .因为R L >2R ，所以I 1<I 2.选项A 错误；通过灯泡L 1的电流为n3n4I 1＝n2n1I 1＝URL ＋n21n 2·2R>I 2，故灯泡L 1亮度更大，选项B 错误；由于I 1<I 2，根据欧姆定律以及电功率的有关知识可知，选项C 错误，选项D 正确．4．(多选)某小型水电站的电能输送示意图如图所示，发电机的输出电压为220 V ，输电线总电阻为r ，升压变压器原、副线圈匝数分别为n 1、n 2，降压变压器原、副线圈匝数分别为n 3、n 4(变压器均为理想变压器)．要使额定电压为220 V 的用电器正常工作，则( )A.n2n1>n3n4 B.n2n1<n3n4C ．升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压D ．升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率解析：选AD.由于在输电线上有电压和功率的损失，所以升压变压器的输出电压、输出功率都大于降压变压器的输入电压、输入功率，故C 错误，D 正确；由变压器规律可知n2n1＝U2220 V ，n3n4＝U3220 V ，而U 2>U 3，所以n2n1>n3n4，故A 正确，B 错误．5．(2018·安徽池州江南中学月考)如图所示，发电机输出功率为100 kW，输出电压为U1＝250 V，用户需要的电压为U4＝220 V，两变压器之间输电线的总电阻为R线＝10 Ω，其他电线的电阻不计，若输电线中因发热而损失的功率为总功率的4%，试求：(变压器是理想的)发电机输出电流和输电线上的电流大小？解析：输电线路的示意图如图所示，输电线损耗功率P线＝4%P出＝4 kW又P线＝I2R线输电线电流I2＝I3＝20 A原线圈中输入电流I1＝PU1＝100 000250A＝400 A.答案：400 A 20 A[课时作业]一、单项选择题1．下列关于高压直流输电的说法，正确的是( )A．高压直流电可以经过变压器提升电压后进行输送B．在输送过程中直流输电不考虑输电线的电感对电流的影响C．在输送过程中直流输电不考虑输电线的电阻对电流的影响D．直流输电，用户可以直接得到直流电解析：选B.现代的直流输电，只有输电这个环节使用高压直流，发电、用电及升、降电压仍然是交流，D错误；变压器只能对交流起作用，对直流不起作用，A错误；在输电功率大、输电导线横截面积大的情况下，对交流来说，感抗会超过电阻，但电感对直流就不会有影响，当然电阻对直流和交流是同样有影响的，B正确，C错误．2．远距离输送一定功率的交流电，若输送电压提高到n倍，则( )A．输电线上的电压损失增大B．输电线上的电能损失增大C．输电线上的电压损失不变D ．输电线上的电能损失减少到原来的1n2解析：选D.在输送功率一定时，由I ＝P U 知，电压提高到n 倍，则电流变为原来的1n ，电压损失减为原来的1n ，故A 、C 错误；由P 损＝I 2R 知，功率损失减为原来的1n2，故B 错误，D正确．3．(2018·福建莆田二十四中月考)在如图所示的远距离输电电路图中，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压和输电线的电阻均不变．随着发电厂输出功率的增大，下列说法中正确的有( )A ．升压变压器的输出电压增大B ．降压变压器的输出电压增大C ．输出电流减小D ．输电线上损耗的功率增大解析：选D.由于发电厂的输出电压不变，升压变压器的匝数不变，所以升压变压器的输出电压不变，故A 错误．由于发电厂的输出功率增大，则升压变压器的输出功率增大，又升压变压器的输出电压U 2不变，根据P ＝UI 可知输电线上的电流I 线增大，根据U 损＝I 线R ，输电线上的电压损失增大，根据降压变压器的输入电压U 3＝U 2－U 损可得，降压变压器的输入电压U 3减小，降压变压器的匝数不变，所以降压变压器的输出电压减小，故B 错误．根据P损＝I 2线R ，又输电线上的电流增大，电阻不变，所以输电线上的功率损失增大，故D 正确．根据电流与匝数成反比可知，降压变压器的输入电流增大，则输出电流也增大，故C 错误．4．(高考福建卷)如图为远距离输电示意图，两变压器均为理想变压器，升压变压器T 的原、副线圈匝数分别为n 1、n 2，在T 的原线圈两端接入一电压u ＝U m sin ωt 的交流电源，若输送电功率为P ，输电线的总电阻为2r ，不考虑其他因素的影响，则输电线上损失的电功率为( )A ．(n1n2)U2m4rB ．(n2n1)U2m 4rC ．4(n1n2)2(P Um)2rD ．4(n2n1)2(P Um)2r解析：选C.升压变压器T 的原线圈两端电压的有效值为U 1＝Um2；由变压关系可得 U1U2＝n1n2，则U 2＝n2Um 2n1；因为输送电功率为P ，输电线中的电流为I 2＝P U2＝2n1Pn2Um ，则输电线上损失的电功率为ΔP ＝I 2(2r )＝4n21P 2r n 2U 2m，故选项C 正确．5．远距离输电，原来用电压U 0输电，在输电线上损失的电功率为ΔP ，现在要使输电线上损失的电功率减少到原来的110，则输电电压应为( )A ．100U 0 B.10U 0 C.U010D.U0100解析：选B.设线路电阻为r ，损失功率为ΔP ＝I 2r ，线路电流为I ＝P U0，解得ΔP ＝P2r U20，则ΔP ∝1U20，当ΔP 为原来的110时，U ′0＝10U 0，选项B 正确．6．照明供电线路的路端电压基本上是保持不变的．可是我们在晚上七、八点钟用电高峰时开灯，电灯比深夜时要显得暗些．这是因为用电高峰时( )A ．总电阻比深夜时大，供电线路上的电流小，每盏灯两端的电压较低B ．总电阻比深夜时大，供电线路上的电流小，通过每盏灯的电流较小C ．总电阻比深夜时小，供电线路上的电流大，输电线上损失的电压较大D ．供电线路上电流恒定，但开的灯比深夜时多，通过每盏灯的电流小解析：选C.照明供电线路的用电器是并联的，晚上七、八点钟用电高峰时，用电器多，总电阻变小，供电线路上的电流变大，输电线上损失的电压较大，用户得到的电压较小，C 正确．7．(2018·海南华侨中学月考)在远距离输电时，在输送的电功率和输电线电阻都保持不变的条件下，输电的电压为U 1时，输电线上损失的功率为P 1；输电的电压为U 2时，输电线上损失的功率为P 2 .则U 1 ∶U 2为( )A.P2P1B.P1P2C. P2P1D. P1P2解析：选A.输送的功率一定，由P ＝UI 知，I ＝P /U ，则P 损＝I 2R ＝P2U2R ，知输电线上损失的电功率与电压的平方成反比，则U1U2＝P2P1，故A 正确，B 、C 、D 错误． 二、多项选择题8．(2018·湖北沙市中学月考)供电电路的电源的输出电压为U 1，线路导线上的电压为U 2，用电器得到的电压为U 3，导线中电流为I ，线路导线的总电阻为R ，若要计算线路上的损失功率，可用的公式有( )A ．U21RB ．I (U 1－U 3)C ．I 2RD ．U22R解析：选BCD.U 1不等于线路上的电压，A 错误；线路导线上的电压为U 2＝U 1－U 3，导线中电流为I ，线路上的损失功率P ＝UI ＝I (U 1－U 3)，B 正确；导线中电流为I ，线路导线的总电阻为R ，线路上的损失功率P ＝I 2R ，C 正确；线路导线上的电压为U 2，线路导线的总电阻为R ，线路上的损失功率P ＝U22R，D 正确．9．一台发电机最大输出功率为4 000 kW 、输出电压为4 000 V ，经变压器T 1升压后向远方输电．输电线路总电阻R ＝1 k Ω.到目的地经变压器T 2降压，负载为多个正常发光的灯泡(220 V ，60 W)．若在输电线路上消耗的功率为发电机输出功率的10%，变压器T 1和T 2的损耗可忽略，发电机处于满负荷工作状态，则( )A ．T 1原、副线圈电流分别为1×103A 和20 AB ．T 2原、副线圈电压分别为1.8×105V 和220 VC ．T 1和T 2的变压比分别为1∶50和40∶1D ．有6×104盏灯泡(220 V ，60 W)正常发光解析：选ABD.远距离输电的电路如图所示，在升压变压器原线圈中由P ＝U 1I 1，得原线圈中电流为1×103 A ，在远距离输电线路中由ΔP ＝I 2线R 线得T 1副线圈中电流为20 A ，故选项A 正确；在远距离输电线路中由P ＝U 2I 2和I 线＝I 2得U 2＝2×105V ，由ΔU ＝I 线R 线，ΔU ＝U 2－U 3可得T 2原线圈电压为1.8×105V ，由于灯泡能正常发光，故T 2副线圈电压为220 V ，故选项B 正确；由变压器变压特点知变压比与匝数成正比，故可得T 1变压比为1∶50，而T 2的变压比为9 000∶11，故选项C 错误；正常发光时每盏灯的功率为60 W ，由90%P ＝NP 额，可得N ＝6×104盏，故选项D 正确．10．为消除高压输电线上的冰，假设利用电流的热效应除冰．若在正常供电时，高压线上输电电压为U ，电流为I ，热消耗功率为P 损；除冰时，输电线上的热功率需要变为9P 损，则除冰时(认为输电功率和输电线电阻不变)( )A ．输电电流为3IB ．输电电流为9IC ．输电电压为3UD ．输电电压为13U解析：选AD.输电线上损失的功率为P 损＝I 2R 线＝⎝ ⎛⎭⎪⎫P U 2R 线，由该式可知要使P 损增大为原来的9倍，输电电流应变为原来的3倍或输电电压变为原来的13，故选项A 、D 正确．三、非选择题11．某交流发电机输出功率为5×105W ，输出电压为U ＝1.0×103V ，假如输电线的总电阻R ＝10 Ω，在输电线上损失的电功率等于输电功率的5%，用户使用电压U 用户＝380 V.(1)画出输电线路的示意图；(标明各部分的符号)(2)所用升压和降压变压器的原、副线圈的匝数比是多少？(使用的变压器是理想变压器)解析：(1)画出电路如图所示．(2)I 1＝PU＝500 AP 损＝5%P ＝5%×5×105 W ＝2.5×104 W P 损＝I 2R ，I 2＝ P 损R＝50 A I 3＝P 用户U 用户＝P －P 损U 用户＝4.75×105380A ＝1.25×103A 所以n1n2＝I2I1＝50500＝110n′1n′2＝I3I2＝1.25×10350＝251. 答案：(1)见解析图 (2)1∶10 25∶112．发电站通过升压变压器、输电导线和降压变压器把电能输送到用户，如果升压变压器和降压变压器都可视为理想变压器．发电机的输出功率是100 kW ，输出电压是250 V ，升压变压器的原、副线圈的匝数比为1∶25，输电导线中的电功率损失为输入功率的4%.(1)求升压变压器的输出电压和输电导线中的电流． (2)求输电导线的总电阻和降压变压器原线圈两端的电压． (3)计算降压变压器的输出功率．解析：根据题意，画出输电线路图．(1)对升压变压器，根据公式U2U1＝n2n1，有U 2＝n2n1U 1＝251×250 V ＝6 250 VI 2＝P2U2＝P1U2＝100 0006 250A ＝16 A.(2)因为ΔP ＝I 2R ，ΔP ＝0.04P 1所以R ＝0.04P1I22＝4 000162 Ω＝15.625 Ω，因为ΔU ＝U 2－U 3＝I 2R ，U 3＝U 2－I 2R ＝(6 250－16×15.625) V ＝6 000 V.(3)P 4＝P 1－ΔP ＝0.96P 1＝0.96×100 000 W ＝96 000 W.答案：(1)6 250 V 16 A (2)15.625 Ω 6 000 V (3)96 000 W。
2017-2018学年度高二物理人教版选修3-2第五章交变电流第五节电能的输送课时练
2017-2018学年度高二物理人教版选修3-2第五章交变电流第五节电能的输送课时练1 / 102017-2018学年度高二物理人教版选修3-2第五章交变电流第五节电能的输送课时练一、单选题1. 远距离输电中，为了减小输电过程中的电能损失，下列说法正确的是（ ）A. 要减小输电损失，只有减小输电电阻B. 由P =得到，输电电压越小，输电损失越小C. 若输电功率不变，提高输电电压，将提高输电效率D. 提高输电电压会减小输电电流，但不能减小输电损失2. 如图甲所示为远距离输电示意图，升压变压器原、副线圈匝数比1：100，降压变压器原副线圈匝数比为100：1，远距离输电线的总电阻为50Ω．若升压变压器的输入电压总是如图乙所示，下列说法中正确的有（ ）A. 用户端交流电的频率为100HzB. 用户端电压一定为240VC. 若用户总功率变大，则降压变压器原线圈两端电压升高D. 若升压变压器原线圈输入功率为720kW ，则输电线路损耗功率为45kW3. 超导材料电阻降为零的温度称为临界温度，1987年我国科学家制成了临界温度为90K 的高温超导材料，利用超导材料零电阻性质，可实现无损耗输电，现有一直流电路，输电线的总电阻为0.4Ω，它提供给用电器的电功率为40kW ，电压为800V ．如果用临界温度以下的超导电缆替代原来的输电线，保持供给用电器的功率和电压不变，那么节约的电功率为（ ） A. 1 kW B. 1.6×103 kW C. 1.6×10 kW D. 10 kW4. 电站向某地输送5000kW 的电功率，输电线上损耗的电功率为100kW ，如果把输电电压提高为原来的10倍，同时将输电线的截面积减为原来的一半，而输送的电功率不变，那么输电线损耗的电功率为（ ） A. 0.2kW B. 0.5kW C. 2.0kW D. 5.0kW 5. 远距离输送一定功率的交流电，若输送电压提高到原来的n 倍，则（ ）A. 输电线上的电压损失减少了倍B. 输电线上的电流减少了倍C. 输电线上的电能损失减少了倍D. 输电线上的电能损失减少到原来的倍6. 某小型水电站的电能输送示意图如图所示．发电机的输出电压为200V ，输电线总电阻为r ，升压变压器原副线圈匝数分别为n 1，n 2．降压变压器原副线匝数分别为n 3、n 4（变压器均为理想变压器）．要使额定电压为220V的用电器正常工作，则（）A. ＞B. ＜C. 升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压D. 升压变压器的输出功率等于降压变压器的输入功率二、多选题7.远距离输送一定功率的交变电流，若输电电压提高k倍，则（）A. 输电导线的电功率损失不变B. 输电导线的电压损失不变C. 输电导线的电功率损失是原来的D. 输电导线的电压损失是原来的8.远距离输送一定功率的交变电流，若将输电电压提高n倍，则（）A. 输电导线的电能损失减少倍B. 输电导线的电能损失不变，电压损失减少倍C. 若保持输电线上电能损失不变，输电导线的截面积应是原来的D. 输电线上电能损失减少，电压损失增大9.一台交流发电机的最大输出功率为98kW，电压为350V，经变压器T1升压后向远方输电．输电线路总电阻R=4Ω．到目的地经变压器T2降压，负载为多个正常发光的灯泡（220V、100W）．若在输电线路上消耗的功率为发电机输出功率的5%，变压器T1和T2的损耗可忽略，发电机处于满负荷工作状态，则（）A. 变压器T1原线圈中电流为35AB. 变压器T2原线圈的电压为2800VC. 变压器T1的变压比为1：8D. 有931盏灯泡（220V、100W）正常发光10.如图所示为远距离输电的示意图，若电厂输出电压u1=4400sin 100πt V，电流I1=1000A，不计变压器损耗，则下列判断正确的是（）A. U1=4 400V2017-2018学年度高二物理人教版选修3-2第五章交变电流第五节电能的输送课时练B. I2＜1 000 AC. I2U2=4.4×106WD. 用户得到的交流电频率为100πHz三、填空题11.生活中的发电机发出的都是交变电流，在将电能从发电厂传输到用户的过程中都是采用______ 的方式，这主要是减少______ ．由P=UI可知，在输送电功率一定的情况下，输送电压升高为原来的10倍时，输电线上的电能损失可以减少为原来的______ ．12.某发电站的输出功率为104kW，输出电压为4kV．通过理想变压器升压后向80km远处供电，已知输电导线的电阻R=25.6Ω，输电线路损失的功率为输出功率的4%．则输电线路上的电压损失△U= ______ v，升压变压器的原副线圈匝数比n1：n2= ______ ．13.远距离输电电路图如图所示：若输电线电阻R，输电功率为P，输电电压U1，则输电导线的电流I2= ______ ，输电导线上的电压降（电压损失）U失= ______ ，输电导线上的功率损耗P损= ______ ；因此，在输电功率和输电线电阻一定的条件下，采用高压输电，输电电流I2越______ （大，小），输电线上的电压损失及输电线上的功率损耗P损越______ （大，小）．四、计算题14.如图所示，一小型发电站通过升压变压器B1和降压变压器B2把电能输送给用户（B1和B2都是理想变压器），已知发电机的输出功率为500kW，输出电压为500V，升压变压器B1原、副线圈的匝数比为1：10，两变压器间输电导线的总电阻为2Ω．降压变压器B2的输出电压为220V．求：（1）输电导线上损失的功率；（2）降压变压器B2的原、副线圈的匝数比．15.利用太阳电池这个能量转换器件将辐射能转变为电能的系统称光伏发电系统．光伏发电系统的直流供电方式有其局限性，绝大多数光伏发电系统均采用交流供电方式．将直流电变为交流电的装置称为逆变器，有一台内阻为r=1Ω的太阳能发电机，供给一个学校照明用电，如图所示，升压变压器的匝数比为1：4，降压变压器的匝数比为4：1，输电线的总电阻R=4Ω，全校共22个班，每班有““220V40W”“灯6盏，若全部电灯正常发光，求：3 / 10（1）输电线上损失的电功率；（2）远距离输电的输电效率；（3）太阳能发电机的电动势．2017-2018学年度高二物理人教版选修3-2第五章交变电流第五节电能的输送课时练 5 / 10答案和解析【答案】 1. C 2. D 3. A4. C5. D6. A7. CD8. AC 9. CD10. BC11. 高压输电；输电线上的电能损耗；12. 3200；1：2013. ；；；小；小14. 解：（1）升压变压器的输出电压：传输电流：=100A损失的功率：（2）降压变压器的输入电压为： U 3=U 2-I 2R =5000-100×2=4800V 降压变压器的匝数比：答：（1）输电导线上损失的功率为20000W ；（2）降压变压器B 2的原、副线圈的匝数比为240：11．15. 解：（1）导线上损失功率P 损=R而I 2===6A ，所以P 损=R =62×4=144W （2）P 出=P 损+P 有用=144+5280=5420W ； 那么输电效率为η==×100%=97.4%；（3）E =U 1+I 1r ，r 为发电机内阻，U 1=U 2U 2=4U 3+I 2R =4×220+6×4=904V ； 又因I 1=4I 2 所以，E =+4×6×1=250V答：（1）输电线上损失的电功率144W ； （2）远距离输电的输电效率97.4%； （3）太阳能发电机的电动势250V ． 【解析】1. 解：A、由公式△P=I2R可知，降低电能的损失，可以减小输电线路上电阻，也可以减小电流，故A错误；B、求输电导线的损耗功率只能用公式P=I2R，故B错误；C、由公式I=，和△P=I2R可知，△P=，提高输电电压，在保证输电功率不变的前提下，能够减小输电电流，有效减小输电线路上的电能损失，提高输电效率，故C正确，D错误；故选：C根据输出功率P=UI，得出输出电流，从而得出输出电压，根据P损=I2R求出损耗的功率．解决本题的关键知道输送功率与输出电压和输出电流的关系，损失电压与电流和电阻的关系，以及掌握输电线上损耗的功率P损=I2R．2. 解：A、由图乙知交流电的周期T=0.02s，所以频率，A错误；B、由图乙知升压变压器输入端电压最大值为240V，有效值为240V，根据电压与匝数成正比知，副线圈电压为，根据P=UI得：所以输电线中的电流为I2=，输电线损失的电压为：△U=I2R，降压变压器输入端电压为：U3=U2-△U，根据电压与匝数成正比知用户端电压小于240V，故B错误；C、若用户总功率变大，输电线路中的电流增大，损失的电压增大，根据知降压变压器原线圈两端电压降低，故C错误；D、结合B可知，，损失的功率，故D正确故选：D根据升压变压器的输入电压，结合匝数比求出输出电压，从而得出输送电流，根据输电线的电阻得出损失的功率，根据电压损失得出降压变压器的输入电压，计算用户得到的电压．解决本题的关键知道：1、输送功率与输送电压、电流的关系；2、变压器原副线圈的电压比与匝数比的关系；3、升压变压器输出电压、降压变压器输入电压、电压损失的关系；4、升压变压器的输出功率、功率损失、降压变压器的输入功率关系．3. 解：当输电导线总电阻为0.4Ω时，由P=UI得I=输电线上损失的功率△P=I2R==1kW故选：A当输电导线总电阻为0.4Ω，它提供给用电器的电功率是40kW，电压是800V，求出输电线上损失的功率，即为用超导电缆节约的功率．输电线是纯电阻电路，损失功率可以用三个公式求解，△P=I2R=，其中△U是输电线上损失的电压，而不是输电电压．2017-2018学年度高二物理人教版选修3-2第五章交变电流第五节电能的输送课时练7 / 104. 解：输电电压提高为原来的10倍，根据P =UI 知，输送电流减小为原来的，根据电阻定律R =知，输电线的截面积减为原来的一半，则输电线的电阻增大为原来的2倍，根据知，输电线上损耗的电功率减小为原来的，则输电线上损耗的功率为2kW ，故C 正确，A 、B 、D 错误． 故选：C ．根据P =UI 求出输送电流的变化，结合电阻的变化，根据求出输电线上功率的变化．解决本题的关键知道输送功率与输送电压、电流的关系，掌握输电线上损失的功率．5. 解：A 、输送的功率一定，根据P =UI ，知输电电压越高，输电电流越小，若输送电压提高到原来的n倍，则电流减小到倍，故AB 错误；C 、根据P 损=I 2R ，可知，电线上损失的功率为原来的倍，则电线上电能即为原来的倍，故C 错误，D 正确； 故选D ．输送的功率一定，根据P =UI 和P 损=I 2R 可知高压输电的电压、电流与电能变化情况． 解决本题的关键掌握输送功率与输电电压和输电电流的关系，以及知道P 损=I 2R ．6. 解：A 、B 、由变压器的电压比匝数之比==，==，又因为线路电压损失，即U 2＞U 3，所以＞．故A 正确，B 错误；C 、D 、由于远距离输电，输电线电阻不能忽略，导致输电线路上电压损失，使功率损失，所以升压变压器的输出电压大于降压变压器的输入电压；升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率．故CD 错误． 故选：A通过理想升压变压器将电送到用户附近，然后用理想降压变压器向远处用户供电家中．提升电压的目的是降低线路的功率损失，从而提高用户得到的功率． 理想变压器的输入功率与输出功率相等，且没有漏磁现象．远距离输电，由于导线通电发热导致能量损失，所以通过提高输送电压，从而实现降低电损．7. 解：A 、根据P 损=I 2R ，可知，电线上损失的功率为原来的倍，故AB 错误，C 正确；D 、输送的功率一定，根据P =UI ，知输电电压越高，输电电流越小，若输送电压提高到原来的k 倍，则电流减小到倍，故D 正确；故选：CD ．输送的功率一定，根据P =UI 和P 损=I 2R 可知高压输电的电压、电流与电能变化情况． 解决本题的关键掌握输送功率与输电电压和输电电流的关系，以及知道P 损=I 2R ．8. 解：A ．根据P =UI 得，功率一定，输电电压提高到原来的n 倍，则输电线上的电流变为原来的；根据P 损=I 2R ，可知，电线上损失的功率为原来的倍，则电线上电能即为原来的倍，设原来的电能为E ，则减少的电能为：△E =E -E =（1-）E ，故A 正确；B．根据P=UI得，功率一定，输电电压提高到原来的n倍，则输电线上的电流变为原来的；若输电导线的电能损失不变，根据P损=I2R可知，R应变为原来的n2倍，由△U=IR可知，电压损失应增加为原来的n 倍，故B错误；C．由B分析可知，R应变为原来的n2倍，由电阻定律R=ρ可知，输电导线的截面积应是原来的，故C正确；D．根据P损=I2R和△U=IR可知，输电线上电能损失减少，电压损失减小，故D错误．故选：AC．抓住功率一定，根据P=UI求出输送电流的变化，根据P损=I2R判断输电线上电功率的损失；根据△U=IR判断电压的损失；根据电阻定律R=ρ判断横截面积的变化．解决本题的关键知道输送功率与输送电压和电流的关系，结合P损=I2R、△U=IR判断功率损失和电压损失．9. 解：A、由P=UI可得，升压变压器输入电流I===280A，故A错误；C、由P损=I2R得，升压变压器的输出电流I===35A由变流比公式，得：==故C正确；B、根据=，得：升压变压器的输出电压：U2==8×350=2800V输电线上的电压损失：U损=I2R=35×4V=140V降压变压器的输入电压：U3=U2-I2R=2800-35×4=2660V故B错误；D、用户得到的功率P3=P2-5%P2=0.95×98KW=93.1KW可供灯泡正常发光的盏数n===931故D正确；故选：CD．根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，可以求得降压变压器的电流和输电线上的电流的大小，从而可以求得输电线和用电器消耗的功率的大小．由于降压变压器的负载能正常工作，则可算出降压变压器的原线圈的匝数之比，同时能确定接入多少个灯泡才正常发光．本题考查远距离输电中的能量损失及功率公式的应用，要注意功率公式中P=UI中的电压U应为输电电压，不是发电机的输出电压．本题突破点是由输电线上的损失功率，从而算出电线上的电流．2017-2018学年度高二物理人教版选修3-2第五章交变电流第五节电能的输送课时练9 / 1010. 解：A 、根据电厂输出电压u 1=4400sin 100πt V ，知U 1==4400V ，故A 错误；B 、根据升压变压器==＞1知I 2＜1 000 A ，故B 正确；C 、P =U 1I 1=I 2U 2=4400×1000=4.4×106W ，故C 正确D 、根据电厂输出电压u 1=4400sin 100πt V 知频率为50Hz ，变压器不改变频率，故D 错误． 故选：BC电厂发出的电，经过升压变压器进行升压，后经过降压变压器降压后输送给用户，根据==和P =UI 判定各项，注意变压器不改变频率．解决本题的关键掌握远距离输电是通过高压输电的，这样可以减少输电线的损失，知道功率与输电电流和电压的关系，变压器不改变频率11. 解：在传输功率一定的情况下，电压越高电流越小，将电能从发电厂传输到用户的过程中都是采用高压输电来降低电能损耗； 根据△P =I 2R 和I =，有：；在输送电功率一定的情况下，输送电压升高为原来的10倍时，输电线上的电能损失可以减少为原来的倍；故答案为：高压输电，输电线上的电能损失，．在传输功率一定的情况下，高压输电的实质是小电流输电，可以降低电能损耗；根据△P =I 2R 和I =判断电能损耗．本题关键是明确高压输电的实质是小电流输电，然后结合电功率定义列式分析，基础题．12. 解：（1）根据得，I =A则输电线路上的电压损失U 损=IR =125×25.6V =3200V （2）原线圈的电流A故升压变压器的原副线圈匝数比n 1：n 2为1：20． 故答案为：3200 1：20 （1）根据求出输电线上的电流，根据U 损=IR 求出电压损失．（2）根据输出电压和电压损失得出降压变压器的输入电压，结合电压之比等于原副线圈的匝数之比求出降压变压器的原副线圈匝数之比．解决本题的关键知道：1、原副线圈的电压比、电流比与匝数比之间的关系；2、升压变压器的输出电压、降压变压器的输入电压、电压损失之间的关系．13. 解：输电功率为P，输电电压U1，则输电导线的电流I2=；输电导线上的电压降（电压损失）U失=I2R=；输电导线上的功率损耗P损==；在输电功率和输电线电阻一定的条件下，采用高压输电，输电电流I2小，输电线上的电压损失及输电线上的功率损耗小；故答案为：，，，小，小．高压输电时，线路上的功率损耗为：△P=I2R，又由于P=UI，故，根据表达式进行分析即可．本题关键是明确根据电功率表达式推导出输电线上的功率损耗表达式进行分析讨论，基础题．14. （1）先根据变压比公式求解升压变压器的输出电压；变压器不改变功率，由P=UI求出输电线中电流；由功率公式求解输电线上损耗的电功率；（2）求出降压变压器的中输入电压，再由电压与匝数成正比求解降压变压器原、副线圈的匝数比．对于输电问题，要搞清电路中电压、功率分配关系，注意理想变压器不改变功率，只改变电压和电流．15. （1）根据降压变压器的匝数比求出降压变压器原线圈的电压，根据功率公式可得出输电线上的电流，从而得出线路上损耗的功率．（2）输出效率η=×100%．（3）根据输电线上的电流，求出电压损失，升压变压器的输出电压等于电压损失与降压变压器的输入电压之和，电压比等于匝数之比，求出升压变压器的输入电压，求出通过发电机的电流，由E=I1r+U1求出发电机的电动势．解决本题的关键知道升压变压器的输出功率等于线路损耗功率和降压变压器的输入功率之和，发电机的输出功率等于升压变压器的输出功率，以及知道升压变压器的输出电压等于电压损失与降压变压器的输入电压之和．。
学年高中物理第五章交变电流电能的输送课时检测区基础达标新人教版选修.doc
5.5 电能的输送课时检测区·基础达标1.在电能输送过程中,若输送的电功率一定、输电线电阻一定,则在输电线上损耗的电功率( )A.和输送电线上电压的二次方成正比B.和输送电流的二次方成反比C.和输送电线上的电压降的二次方成正比D.和输送电流成正比【解析】选C。
输电线上的功率损失ΔP=R,电压损失ΔU=U-U′=I线R线,输电电流I线=,所以ΔP=R线==R线,可见在输送功率P一定和输电线电阻一定时,ΔP与成正比,ΔP与ΔU2成正比,ΔP与U2成反比。
2.某用电器离供电电源的距离为l,线路上的电流为I,若要求线路上的电压降不超过U,已知输电导线的电阻率为ρ,那么,该输电导线的横截面积的最小值是( )A. B. C. D.【解析】选B。
输电线的电阻R=ρ,输电线上电压损失U=IR=Iρ,所以S=,故B 正确。
3.(2018·聊城高二检测)某变电站用11 kV的交变电压输电,输送功率一定,输电线的电阻为R,现若用变压器将电压升高到440 kV送电,下面选项正确的是( ) A.由I=,所以输电线上的电流增为原来的20倍B.由I=,所以输电线上的电流减为原来的C.由P=,所以输电线上损失的功率增为原来的1 600倍D. 由P=I2R,所以输电线上损失的功率变为原来的【解析】选D。
根据P=UI得,I=。
输送功率一定,输送电压变为原来的40倍,则输送电流变为原来的。
故A、B错误。
根据P损=I2R得,输送电流变为原来的。
则损失的功率变为原来的。
故C错误,D正确。
4.(多选)如图为远距离高压输电的示意图,关于远距离输电,下列表述正确的是A.增加输电导线的横截面积有利于减少输电过程中的电能损失B.高压输电是通过减小输电电流来减少电路的发热损耗的C.在输送电压一定时,输送的电功率越大,输电过程中的电能损失越小D.高压输电必须综合考虑各种因素,不一定是电压越高越好【解析】选A、B、D。
依据输电原理,电路中的功率损耗ΔP=I2R线,而R线=,增大输电导线的横截面积,可减小输电线的电阻,则能够减小输电过程中的电能损失,选项A正确;由P输=UI知,在输送功率P输一定的情况下,输送电压U越大,则输电电流I越小,则电路中的功率损耗越小,选项B正确;若输电电压一定,输送功率P输越大,则电流I越大,电路中损耗的电功率越大,选项C错误;因为输电电压越高,对于安全和技术的要求也越高,因此并不是输电电压越高越好,高压输电必须综合考虑各种因素,选项D正确。
高中物理第五章交变电流5.2描述交变电流的物理量课堂15分钟达标练新人教版选修3-2(new)
5.2 描述交变电流的物理量课堂15分钟达标练1。
(多选)如图是某种正弦式交变电压的波形图，由图可确定该电压的( ）A.周期是0.01 sB。
最大值是311 VC。
有效值是220 VD.表达式为u=220sin100πt(V)【解析】选B、C。
由交变电压的图像知,周期是0.02 s，A项错；最大值是311V,B项正确;有效值是220V，C项正确；瞬时值表达式为u=311sin100πt(V),D项错误。
2.（2015·廊坊高二检测）如图所示，单匝矩形闭合导线框abcd一半处于磁感应强度为B的水平有界匀强磁场中，线框面积为S，电阻为R。
线框绕与其中心线重合的竖直固定转轴OO′以角速度ω匀速转动，固定转轴恰好位于匀强磁场的右边界。
则线框中感应电流的有效值为( ）A.B。
C.D。
【解析】选A。
线框中产生的感应电动势的最大值为：E m=BωS，则线框中感应电流的有效值为I===，选项A正确。
【易错提醒】本题中计算感应电动势的峰值时要用线框有效面积而不是S，即E m=Bω≠BS ω.【补偿训练】一电阻接一直流电源，通过4A的电流时热功率为P,若换接一正弦式交流电源，它的热功率变为，则该交变电流的峰值为( ）A。
4 A B。
6 AC。
2 A D。
4A【解析】选A。
由P=I2R得R==，接交流时，=I′2,得I′=2A,则I m= I′=4A，选项A正确。
3.（2015·邯郸高二检测）一台小型发电机产生的电动势随时间变化的正弦规律图像如图甲所示。
已知发电机线圈内阻为5。
0Ω，现外接一只电阻为95.0Ω的灯泡，如图乙所示，则( )A.电压表V的示数为220 VB.电路中的电流方向每秒钟改变50次C。
灯泡实际消耗的功率为484 WD。
发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为24。
2 J【解析】选D。
由图像可知电动势的有效值为220V，而电压表测量的是路端电压，其大小为U=R=×95V=209V，A选项错误；由图像读出交变电流的周期为T=0。
2017-2018学年高中物理 第五章 交变电流 5.4 变压器课堂15分钟达标练 新人教版选修3-
5.4 变压器课堂15分钟达标练1.如图所示四个电路，能够实现升压的是( )【解析】选D。
变压器只能对交变电流变压，不能对直流电变压，故A、B错误。
由于电压与线圈匝数成正比，所以D项能实现升压。
2.(2015·全国卷Ⅰ)一理想变压器的原、副线圈的匝数比为3∶1，在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻，原线圈一侧接在电压为220 V的正弦交流电源上，如图所示。
设副线圈回路中电阻两端的电压为U，原、副线圈回路中电阻消耗的功率的比值为k，则( )A.U=66V，k=B. U=22V，k=C.U=66V，k=D.U=22V，k=【解题指南】解答本题时应从以下三点进行分析：(1)掌握变压器的功率、电压、电流关系。
(2)根据变压器的匝数比推出原、副线圈的电流比，求得k值。
(3)根据变压器的电压关系和电路的特点求得电压。
【解析】选A。
由于变压器的匝数比为3∶1，可得原、副线圈的电流比为1∶3，根据P=I2R可知原、副线圈中电阻R的功率之比k=，由=，其中U2=U，则U1=3U，结合原、副线圈的电流比为1∶3，可得原线圈中电阻R上的电压为，所以有3U+=220V，得U=66V，故选项A正确。
【补偿训练】(2015·苏州高二检测)如图所示为理想变压器原线圈所接正弦交流电源两端的电压—时间图像。
原、副线圈匝数比n1∶n2=10∶1，串联在原线圈电路中的交流电流表的示数为1A，则( )A.变压器原线圈所接交流电压的有效值为311 VB.变压器输出端所接电压表的示数为22VC.变压器输出端交变电流的频率为50 HzD.变压器的输出功率为220W【解析】选C。
变压器原线圈所接交流电压的有效值为U 1=V=220 V，选项A错误；变压器输出端所接电压表的示数为U2=U1=×220V=22 V，选项B错误；变压器输出端交变电流的频率为f=Hz=50 Hz，选项C正确；变压器的输出功率等于输入功率，P=U1I1=220×1W=220 W，选项D错误。
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5.5 电能的输送
课堂15分钟达标练
1.输电导线的电阻为R，输送电功率为P。
现分别用U1和U2两种电压来输电，则两次输电线上损失的功率之比为( )
A.U1∶U2
B.∶
C.∶
D.U2∶U1
【解析】选C。
由P=UI，P损=I2R可得P损=，所以输电线上损失的功率与输送电压的二次方成反比，C项正确。
【易错提醒】本题容易误将U1、U2当成导线上的电压而误用公式P损=导致误选B项。
2.(2015·佛山高二检测)中国已投产运行的1000kV特高压输电是目前世界上电压最高的输电工程。
假设甲、乙两地原来用500kV的超高压输电，输电线上损耗的电功率为P。
在保持输送电功率和输电线电阻都不变的条件下，现改用1000kV特高压输电，若不考虑其他因素的影响，则输电线上损耗的电功率将变为( )
A. B. C.2P D.4P
【解析】选A。
在高压输电中，设输送电功率为P′，输电电压为U，输电线电阻为R，则输电线
上损耗的电功率为P=()2R，当输电电压升为原来的2倍时，输电线损耗的电功率变为原来的，故选A。
【补偿训练】(多选)在电能输送过程中，输送电功率一定，则在输电线上的功率损失( )
A.随输电线电阻的增大而增大
B.与输送电压的平方成正比
C.与输电线上电压损失的平方成正比
D.与输电电流的平方成正比
【解析】选A、C、D。
输电线上的功率损失ΔP=I2R，故A项正确；电压损失
ΔU=U-U′=IR，输电电流I=，所以ΔP=I2·R==()2R，可见在输送功率P一定时，ΔP 与I2成正比，与ΔU2成正比。
C、D项正确，B项错误。
3.(2014·四川高考)如图所示，甲是远距离输电线路的示意图，乙是发电机输出电压随时间变化的图像，则( )
A.用户用电器上交流电的频率是100 Hz
B.发电机输出交流电的电压有效值是500 V
C.输电线的电流只由降压变压器原副线圈的匝数比决定
D.当用户用电器的总电阻增大时，输电线上损失的功率减小
【解题指南】解答本题应从以下三点进行分析：
(1)变压器不改变交流电的频率。
(2)搞清楚交流电最大值与有效值之间的关系。
(3)知道输电线路上电流大小的决定因素。
【解析】选D。
由图乙可知交流电的周期为0.02s，频率为50 Hz，则A错误；发电机输出电压的
有效值是V，则B错误；输电线上的电流由用户消耗的功率及降压变压器原副线圈的匝数比共同决定，则C错误；当用户用电器的总电阻增大时，设降压变压器副线圈两端的电压为U4，则
U4没变，由P=知，用户消耗功率变小，降压变压器输入功率变小，设降压变压器原线圈电压
为U3，又P入=I线U3，U3没变，I线变小，P线=R线，R线未变，则输电线上损失的功率减少，故D 正确。
4.(2015·汕头高二检测)发电站通过升压变压器、输电导线和降压变压器把电能输送到用户(升压变压器和降压变压器都可视为理想变压器)，输电全过程的线路图如图所示，发电机的输出功
率是100kW，求：
(1)若发电机的输出电压是250V，升压变压器的原、副线圈的匝数比为1∶25，求升压变压器的输出电压和输电导线中的电流。
(2)若输电导线中的电功率损失为输入功率的4%，求输电导线的总电阻。
【解析】(1)对升压变压器，根据公式=，有U2=U1=×250V=6 250 V
I2===A=16 A
(2)P损=R线，P损=0.04P1所以R线==Ω=15.6Ω
答案：(1)6250V 16 A (2)15.6Ω
【互动探究】上题中用户电压为220V，求降压变压器的输出电流。
提示：P4=(1-4%)P
又P4=I4U4
则I4==A=436 A
答案：436 A
5.(2015·肇庆高二检测)水力发电具有防洪、防旱、减少污染多项功能，是功在当代、利在千秋的大事，现在水力发电已经成为我国的重要能源之一。
某小河水流量为40m3/s，现欲在此河段安装一台发电功率为1000千瓦的发电机发电。
(1)设发电机输出电压为500 V，在输送途中允许的电阻为5Ω，允许损耗总功率的5%，则所用升压变压器原、副线圈匝数比应是多少？
(2)若所用发电机总效率为50%，要使发电机能发挥它的最佳效能，则拦河坝至少要建多高？(g
取10m/s2)
【解析】(1)设送电电流为I，损耗的功率为P耗，导线电阻为R线，由P耗=I2R线得；
I== A
=100A
设送电电压为U送，由P=IU得：
U送==V=1×104V
则升压变压器原、副线圈匝数比：
==。
(2)发电时水的重力势能转化为电能，故：
50%mgh=Pt
其中：=ρ=1×103×40 kg/s
=4×104kg/s
所以h=
=m=5 m。
答案：(1)1∶20 (2)5m。